2020山东高考物理试题(2020年8月整理).pdf
立足经典模型 指向核心素养——山东省2020年高考物理试题第16题评析及备考建议
V 〇1.50 No .5May .2021教学参考试题研究立足经典模型指向核心素养—山东省2020年高考物理试题第16题评析及备考建议崔立香(山东省青岛市西海岸新区实验高级中学山东青岛266400 )文章编号：l 〇〇2-218X ( 2021)05-0057-02中图分类号：G 632.479 文献标识码：B2020年，山东省首次实施“3 + 3”模式的新高 考，理科综合解体，各学科单独命题。
物理试题以 必备知识考查为基础，以学科核心素养考查为导 向，更加凸显了高考的评价和选拔功能。
其中，第 16题属于综合性、应用性、创新性的题目，以单板 滑雪“U ”形比赛池为素材创设生活实践问题情境， 考查理解、模型建构、推理论证等关键能力，考查物 理观念、科学思维、科学态度和责任等核心素养。
一、试题及解析试题单板滑雪“U ”形池比赛是冬奥会比赛 项目，其场地可以简化为如图1甲所示的模型：“ U ”形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道 和一个中央的平面直轨道连接而成，轨道倾角为 17.2°。
某次练习过程中，运动员以V M = 10 m /s 的 速度从轨道边缘上的M 点沿轨道的竖直切面A B - C D 滑出轨道，速度方向与轨道边缘线A D 的夹角 a = 72.8°，腾空后沿轨道边缘的/V 点进人轨道，如 图1乙为腾空过程左视图。
该运动员可视为质点， 不计空气阻力，取重力加速度的大小g = 10 m /s 2, sin 72. 8。
=0. 96，cos 72. 8。
=0. 30。
求:(1) 运动员腾空过程中离开A D 的距离的最大值L(2) M 、iV 之间的距离L 。
解析（1)在M 点，设运动员在A B C D 面内垂直A D 方向的分速度为，由运动的合成与分解规 律得巧=t;M Sin 72.8°①设运动员在面内垂直A D 方向的分加 速度为A ，由牛顿第二定律得mg cos 17. 2° = ?wa 1②由运动学公式得d=f③C id \联立①②③式，代人数据得d =4. 8 m④(2)在M 点，设运动员在A B C D 面内平行AD 方向的分速度为，由运动的合成与分解规律得巧=fjwC 〇s 72. 8° ⑤设运动员在A B C D 面内平行A D 方向的分加 速度为a 2，由牛顿第二定律得mgsin 17. 2° = ma 2设腾空时间为t ，由运动学公式得2vit =—L = v 2t +-^-a 2t 2联立①②⑤⑥⑦⑧式，代人数据得L = 12 m评析本题若将斜抛运动在水平方向和竖直方向上分解，会增大计算量和计算难度，耗费时间 和精力，求解相对困难。
2020年高考真题 物理(山东卷)(含解析版)
②由图示图象可知，电源与定值电阻整体组成的等效电源内阻：r+R＝
Ω≈
2.67Ω， 由题意可知，电源内阻小于 1Ω，则定值电阻应选择 R1。
③应用伏安法测电源电动势与内阻，电压表测路端电压，电流表测电路电流，电源内阻 较小，为使电压表示数变化明显，把定值电阻与电源整体当作等效电源，为减小实验误 差，相对于电源电流表应采用外接法，实物电路图如图所示；
可知， ，
故 A 错误，B 正确；
CD、ab 受到安培力 Fab＝BILab， 可知在 0﹣1s 内 ab 边受到安培力线性增加；1s 末安培力为 Fab＝BI1L，
2s 末安培力
，
所以 Fab′＝3Fab，由图象知，C 正确，D 错误。 故选：BC。 三、非选择题目：本题共 6 小题，共 60 分。
由运动学公式得：d＝ …③
联立①②③式，代入数据得： d＝4.8m…④ （2）在 M 点，设运动员在 ABCD 面内平行 AD 方向的分速度为 v2，由运动的合成与分 解规律得： v2＝vMcos72.8°…⑤ 设运动员在 ABCD 面内平行 AD 方向的分加速度为 a2，由牛顿第二定律得： mgsin17.2°＝ma2 …⑥
联立②⑤式，代入数据得 V4＝
⑥Байду номын сангаас
设抽出的气体的体积为△V，由题意知
△V＝V4﹣
⑦
故应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为：
⑧
联立③⑤⑥⑦⑧式，代入数据得： ＝ 。
答：应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值为 。
16．解：（1）在 M 点，设运动员在 ABCD 面内垂直 AD 方向的分速度为 v1，由运动的合成 与分解规律得： v1＝vMsin72.8°…① 设运动员在 ABCD 面内垂直 AD 方向的分加速度为 a1，由牛顿第二定律得： mgcos17.2°＝ma1 …②
2020年新高考全国Ⅰ卷(山东)(原创解析-尚元丰)
2020年新高考Ⅰ卷（山东卷）【解析】(作者：尚元丰）一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
图1为某区域滑坡与地貌演化关系示意图。
读图完成1～2题。
1．推断图中滑坡体的滑动方向为（）A ．由北向南B ．由西向东C ．由西北向东南D ．由东北向西南2．图中序号所示地理事象形成的先后顺序是（）A ．②③④①B ．②①③④C ．③①④②D ．③②①④【答案】1．C2．D【解析】本题考查地图阅读能力。
1．难度-偏难。
根据古堰塞湖形状判断河流向北流，再结合滑坡体边界形状排除A、D。
最后结合指向标，择优选择C。
本题疑难之处在于，现在河流为什么不在滑坡边界处而在滑坡面附近，这可能是滑坡体流性强，滑至东南侧阶地处受阻而抬高，倒致滑坡面附近反而地势变低。
2．难度-偏难。
首先有古河道③，然后发生滑坡，滑坡体受阶地阻挡抬高并掩埋部分阶地②，然后河流受阻水位不断抬高形成堰塞湖①，湖水水位抬高到一定程度后外泄，形成现在的河流④。
所以选D。
家住北方某县的小王夫妇，效仿村里一些年轻人的做法，在自家5亩耕地上栽植了杨树后就外出打工了。
八年后，小王夫妇将已成材的杨树出售，获利24000元。
与原来种植粮食作物、蔬菜等相比，这些收入虽不丰厚，但他们还算满意。
据调查，该县耕地上栽植杨树的面积约占耕地总面积的10%，这种“农地杨树化”现象引起了有关专家的高度关注。
据此完成3～4题。
3．当地“农地杨树化”的主要原因是（）A ．生态效益高B ．木材销路好C ．劳动投入少D ．种树有补贴4．针对“农地杨树化”引起的问题，可采取的措施是（）A ．加大开荒力度B ．增加木材进口C ．增加粮食进口D ．鼓励农地流转【答案】３．C ４．D【解析】本题考查现阶段农村农业方面出现问题及解决措施。
３．难度-简单。
“农地杨树化”现象比较普遍，主要原因有：与打工相比种粮收益不高；种粮投入的劳动力多（耕、种、管、收、晒、存等），而种植杨树不需要投入过多劳动，可以省下来时间外出务工，又不耽误杨树生长。
提高分析物理过程能力 关注动量动能综合题——2020年高考物理山东卷第18题的分析
Vol. 42 No. 2 (2021)物理教师PH Y SICS TEA C H ER第42卷第2期2021 年•高考命题研究•提高分析物理过程能力关注动量动能综合题—2020年高考物理山东卷第18题的分析陈耀(无锡大桥实验学校.江苏无锡214000)摘要：近十几年的江苏高考物理试卷，由于将碰撞有关知识作为选修，已很久不涉及动量动能综合题了，然而2020年的山东高考物理压卷题给我们敲响了警钟，而这类问题的核心是过程比较多，有时数学处理也比较复杂、耐心、仔细弄清每个物理过程的细节以及相邻物理过程之间的关联是处理好这类问题的关键.关键词：高考物理；动量动能综合；拓展2020年是海南省、山东省试行新课程标准高考的第1年，2021年将会有更多省份（包括江苏省）落实新课程标准高考，所以这两地试卷对于即将按新课标高考的省份而言，非常有参考价值.其中可圈可点的方面实在是太多了，限于篇幅，这里我们仅从2020年高考物理山东卷第18题谈起，我们发现，由于高中物理选修3 -5近若干年长期作为选修内容（从2019年才列为必修），所以很多年之前经常作为压卷题考查的动量动能综合题已在高考物理试卷中缺席多年了，不过让我们惊喜的是，2020年的物理山东卷第18题又考到了类似问题，这也给包括江苏考生在内的2021届考生敲响了警钟：也许今后选修3 -5的内容不一定单独命题，而是有可能和其他必修知识综合考查了.下面我们详细分析一下这道试题，并做相关的内容展开联想思考.(2020年山东卷第18题）如图1所示，一倾角为0的固定斜面的底端安装一弹性挡板，P、Q两物块的质量分别为图！w和4w,Q静止于斜面上A处，某时刻，P以沿斜面向上的速度训与Q发生弹性碰撞.Q与斜面间的动摩擦因数等于tan0，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力.P与斜面间无摩擦，与挡板之间的碰撞无动能损失.两物块均可看着质点，斜面足够长，Q的速度减为0之前P不会与之发生碰撞，重力加速度大小为A(1)求P与Q第1次碰撞后瞬间各自的速度大小 w P|W cj,;(2)求第》次碰撞后使物块P上升的高度仏,；(3) 求物块Q从A上升的总高度(4)为保证在Q的速度减为0之前P不会与之发生碰撞，求A点与挡板之间的最小距离.v;解析：为理解和表达方便起见，我们将题中的 %记为,并即将发生第〃次碰撞前P的速率记 为并将碰撞之后P与Q的速率分别为〃％和 并取P的初速度方向为正方向，则对于第^次碰撞，由动量守恒有=—w fP…+4wwcj…，碰撞瞬间P与Q的系统动能不变.即= 113-^m v y^2+~2*2^#vp…=—v〇n,VQn=|v。
2020年人教版(山东专用)高考物理练习：闭合电路的欧姆定律
第2节闭合电路的欧姆定律------------------------ 课时训练旳时孔盂・域出髙务I基础必备练I1. 如图所示，电源的电动势为E,内阻为r,定值电阻R的阻值也为r, 滑动变阻器的最大阻值是2r.当滑动变阻器的滑片P由a端向b端滑动过程中，下列说法中正确的是（C ）A. 电压表的示数变大B. 电流表的示数变小C. 滑动变阻器消耗的功率变小D. 定值电阻R消耗的功率先变大后变小解析：等效电路图如图所示.滑片从a端滑向b端,其接入电路的阻值F Pb减小,电路中电流变大，电压表示数减小，电流表示数增大，电阻R 消耗的功率增大，选项A,B,D错误；把电阻R当做电源内电阻（等效电源）,则R内=2r,R Pb减小，且Fb<2r,等效电源的输出功率减小，即滑动变阻器的功率减小，选项C正确.-------® ------2. （2018 •上海静安区质检）定值电阻R与滑动变阻器F2采用如图方式接在电动势为E、内阻为r的电源上，利用电压传感器和电流传感器研究R2上的电压与电流变化关系.当自下向上滑动R2上的滑片时,通过数据采集器将电压与电流信号输入计算机后，在屏幕上得到的UI图像应为下图中的(C )A B C D解析：根据闭合电路欧姆定律得U=E-I(r+R i),E,r,R 1均不变，由数学知识得知,U I图像是向下倾斜的直线，选项C正确.3. 已知磁敏电阻在无磁场时电阻很小,有磁场时电阻变大，并且磁场越强阻值越大.为探测磁场的有无，利用磁敏电阻作为传感器设计了如图所示电路.电源的电动势E和内阻r不变，在无磁场时调节变阻器R使小灯泡L正常发光，若探测装置从无磁场区进入磁场区，则A. 电压表的示数变小B. 磁敏电阻两端电压变小C. 小灯泡L变亮甚至烧毁D. 通过滑动变阻器的电流变大解析：探测装置从无磁场区进入强磁场区时，磁敏电阻变大，电路的总电阻变大，根据闭合电路欧姆定律可知总电流变小，根据U=E-Ir,因为I减少,所以路端电压U增大，电压表测量路端电压，故电压表示数变大，灯泡两端电压增大，即灯泡变亮，如果磁场足够大，有可能烧坏灯泡,选项C正确,A错误；小灯泡的电流增大，而总电流是减小的，故通过磁敏电阻和滑动变阻器的电流减小，由于滑动变阻器的电阻不变，故滑动变阻器两端的电压减小，而路端电压是增大的，故磁敏电阻两端的电压增大，选项B,D错误.4. （2018 •湖北部分中学模拟）如图所示，电源电动势为4 V,内阻为1 Q ,电阻R=3 Q ,R2=R=4 Q,R4=8 Q ,电容器的电容C=6.0卩F,闭合S电路达稳定状态后，电容器极板所带电荷量为（A ）A. 1.5 x 10-5 CB.3.0 x 10-5 CC.2.0 x 10-5 CD.2.1 x 10-5 CR風+阳解析：由电路结构可知，电路中的总电阻为R总二R+叶叫+ ® + “=8 Q ,E 4电路中的电流为1=" = A=0.5 A,电容器两极板间的电势差为U C=Q i+U R2=3X 0.5 V+4 x 0.25 V=2.5 V,由Q=C C=6.0 x 10-6x 2.5 C=1.5 x 10-5 C,故A正确,B,C,D错误.5. 在如图所示的电路中，闭合开关S后丄1丄2两灯泡都正常发光，后来由于某种故障使L2突然变亮，电压表读数减小，由此推断,该故障可能是（D ）A. L i灯丝烧断B. 电阻R2断路C. 电阻R短路D. 电容器被击穿短路解析：若电阻R2短路,则通过L2的电流为零丄2不亮,选项C错误;若L i 灯丝烧断，则总电阻增大，总电流减小丄2两端电压减小丄2变暗,选项A错误;若R2断路，则总电阻增大，总电流减小，电压表读数增大丄i与R并联部分两端的电压减小，故L2两端的电压增大丄2变亮，选项B错误；若电容器被击穿短路，则电路总电阻减小，路端电压减小，总电流增大丄2变亮,D正确.6. （多选）如图所示，图中直线①表示某电源的路端电压与电流的关系图像,图中曲线②表示该电源的输出功率与电流的关系图像，则下列说法正确的是（ACD ）A. 电源的电动势为50 V25B. 电源的内阻为QC. 电流为2.5 A时,外电路的电阻为15 QD. 输出功率为120 W时,输出电压是30 V解析：电源的输出电压和电流的关系为U=E-lr,显然直线①的斜率的绝对值等于r,纵轴的截距为电源的电动势，从题图中看出纵轴截距为50-2050 V,斜率的绝对值等于r=「1 Q =5 Q ,选项A正确，选项B错误；E当电流丨1=2.5 A时，由回路中电流l i =「‘‘，解得外电路的电阻R外二15 Q,C正确；当输出功率为120 W时，由题图中P I关系图线中看出对应干路电流为4 A,再从UI图线中读取对应的输出电压为30 V,D 正确.7. （多选）某种小灯泡的伏安特性曲线如图（甲）所示，三个完全相同的这种小灯泡连接成如图（乙）所示的电路，电源的内阻为1.0 Q .现闭合开关S,理想电压表V的示数为4.0 V,则（ABD ）（甲｝㈡A. 三个灯泡的总电阻为8.3 QB. 电源的电动势为5.6 VC. 电源消耗的热功率为3.0 WD.电源的效率为89.3%解析：理想电压表V的示数为4.0 V,可知串联的灯泡电流为0.6 A,4,0 20此时小灯泡电阻为• Q = Q ；每个并联灯泡的电流为0.3 A,电压1,0 10 20 为1.0 V,此时小灯泡电阻Q = Q ,所以灯泡总电阻为R总二I 10Q + X 8.3 Q ,选项A正确；电动势等于E=4 V+1 V+0.6 X 1.0 V =5.6 V,选项B正确；电源消耗的热功率为P热=0.62X 1.0 W=0.36 W,IU 5选项C错误；电源效率n = ■ X 100%= X 100%=89.3%选项D正确.丨能力培莽练I8. （2018 •江西新余二模）（多选）如图所示的电路中，电源内阻忽略不计,R1=R=R，闭合开关S,电压表V的示数为U,电流表A的示数为I. 在滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，电压表V的示数变化大小为△ U,电流表A的示数变化大小为△ I,下列说法正确的是（AD ）B. I先变大后变小C. U先变小后变大D. U与I乘积先变小后变大解析：将R等效为电源的内阻，由图可知电压表测量的是等效电源的路端电压,滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，电阻先增大后减小，根据欧姆定律电流先减小后增大，R3两端的电压先减小后增大，电压表的读数先变大后变小，故C错误；由图可知，在滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，滑动变阻器R的电阻先增大后减小，由于电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知电流表示数先减小后增大,故B错误；由于电压表示数没有变化，所以U变化量与I变化量比值等于等效电源的内阻即R,故A正确;U与I的乘积等于等效电源的输出功率，当电源的等效内阻等于外电阻时输出功率最大，因为在滑动变阻器R的滑片P由a端滑到b端的过程中，外电阻从R变大，再减小到R,则输出功率先减小后增大，即U与I乘积先变小后变大,故D 正确.9. （多选）在图（甲）所示电路中,R I,R2均为定值电阻，且R=100 Q ,R2 的阻值未知,R3是一滑动变阻器，在其滑片从最左端滑至最右端的过程中，测得电源的路端电压U随干路电流I的变化图线如图（乙）所示，其中图线上的A,B两点是滑片在变阻器上的两个不同端点时分别得到的，则下列说法正确的是（ABD ）UNA. 电源的电动势为20 V、内电阻为20 QB. 定值电阻F2的阻值为5 QC. 定值电阻R消耗的最大功率为16 WD. 滑动变阻器R的最大阻值为300 Q 解析：取U A=16 V,I A=0.2 A,U B=4 V,I B=0.8 A,利用E=U+Ir,解得E=20 V,r=20 Q ,选项A正确；当滑片滑到最右端时，R3,R I均被短路，此时匹4外电阻为F2且对应图中B点，则二，Q =5 Q，此时R上功率最大,P2=U B I；当滑片位于F3最左端时,R3最大，B=3.2 W选项B正确,C错误巴16“3此时外电阻为R= = Q =80 Q .又因为R= r +F2,解得R=300 Q , 选项D正确.10. 如图所示,E为内阻不计的电源，MN为同种材料制成的粗细均匀的长电阻丝,C为电容器.当滑动触头P以恒定速率从左向右匀速滑动时，关于电流计A的读数情况及通过A的电流方向，下列说法正确的是(C )左,MA. 读数逐渐变小，通过A的电流方向向左B. 读数逐渐变大，通过A的电流方向向右C. 读数稳定,通过A的电流方向向右D. 读数稳定,通过A的电流方向向左解析：设在△ t时间内，触头P移动的距离为△ L,则厶L=v A t,电源内E阻不计，电阻丝单位长度上的电压值为；,因此在△ t时间内电容器两EC-vME E \Q C^U L E板间电压改变为△ U= △ L= v △ t,而|=「= ' = '；=C v,电流值恒定,即电流表读数稳定，选项A,B错误;电容器两端的电压等于右半部分电阻两端的电压，当滑动触头P以恒定速率从左向右匀速滑动时，电容器两端的电压减小，放电，放电电流方向由正极板流向负极板，右极板带正电，所以通过A的电流方向向右，选项C正确,D错误.11. （2018 •四川成都经开区实验中学高三月考）（多选）如图为一电源电动势为E、内阻为r的恒定电路，电压表V的内阻为10 k Q,B为静电计,C1,C2分别是两个电容器，将开关闭合一段时间，下列说法正确的是（CD ）A. 若G>G,则电压表两端的电势差大于静电计两端的电势差B. 若将变阻器滑动触头P向右滑动，则电容器G上带电量增大C. C1上带电量为零D. 再将开关S打开，然后使电容器C2两极板间距离增大，则静电计张角也增大解析：由于静电计的两个电极是彼此绝缘的，电压表是由电流表改装成的，电路稳定后，电路中没有电流，电压表两端没有电压，而电容器G 充电，两端存在电压.所以电压表两端的电势差小于静电计两端的电势差,故A错误;电路稳定后，电容器G的电压等于电源的电动势，保持不变,将变阻器滑动触头P向右滑动，电容器C2的电压不变，电量不变,故B 错误;由于电压表两端没有电压，电容器C没有被充电，电量为零,故C 正确；将开关S打开，电容器的电量Q不变,板间距离增大,Q电容C减小,由公式C=分析可知，板间电压增大，静电计张角增大，故D正确.12. (多选)在如图所示的电路中，闭合开关S,电路达到稳定后，平行金属板中带电质点P恰好处于静止状态.不考虑电流表和电压表对电路的影响,二极管视为理想二极管，R l,R2,R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r 的阻值也相等.当滑动变阻器R的滑片向b端移动时，则(BC )A. 带电质点P将向下运动B. 电源的输出功率将变大C. 电压表V2与电流表A的读数变化量的绝对值之比一定不变D. 电压表V读数变化量的绝对值等于电压表V2的读数变化量的绝对值解析：当滑动变阻器R的滑片向b端移动时,R4接入电路的阻值减小，则电路总电流变大，R〔两端电压变大，则R3及其并联支路的电压减小，电容器两端电压减小，电容器本该放电，但是由于二极管的单向导电性,使得电容器两端的电荷量不变，电场强度不变，则带电质点P仍静止,选项A错误；因当电源外电路电阻等于内阻时电源输出功率最大，因R I,R2,R3三个电阻的阻值相等且与电源的内阻r的阻值也相等，可知外电路电阻大于内阻，当滑动变阻器咼的滑片向b端移动时，外电路电阻减小，向内电阻接近，故电源的输出功率变大，选项B 正确；若 只将ab 部分等效为电源的外电路，而将ab 左侧的部分等效为内电路， 其等效内阻为「,则根据闭合电路的欧姆定律可知，电压表V2与电流 表A 的读数变化量的绝对值之比为l=r ',可知为定值，不变，选项 C 正确；由电路图可知U=U+UR2+U,当滑动变阻器R4的滑片向b 端移动 时,U 减小,U2减小,Ui 增大,U R 2增大，则电压表V 读数变化量的绝对值小 于电压表V2的读数变化量的绝对值，选项D 错误.13. 如图(甲)所示为某元件R 的UI 特性曲线，把它连成图(乙)所示电 路.已知电源电动势E=5 V,内阻r=1.0 Q ,定值电阻R=4 Q .闭合开 关S 后，求:J5.0 4.0 3.0 2.0 L0 (1) 该元件的电功率；(2) 电源的输出功率.解析：(1)把电源和R0看成等效电源，该电源的UI 图像如图H 所示， 元件R 与电源组成闭合电路时,R 中电流I R =0.4 A,电压U=3.0 V,则P=l>l R =3.0 X 0.4 W=1.2 W.fio R 闸 ㈤⑵由于P出=R+P,则P出=(0.4 2X 4+1.2) W=1.84 W.答案:(1)1.2 W (2)1.84 W14. (2018 •四川乐山模拟)如图所示，已知蓄电池的电动势为E=6 V, 内阻r=2 Q,R1=2 Q,R2为一可变电阻，则R为何值时,R2上消耗的功率最大？并求此时的最大功率值.解析:用题图中虚线框所围的部分替代电源时，其电动势也相应替换等效电动势E'等于其负载电阻R断开时A,B两点间的电压，故EE= X 6 V=3 V,等效内电阻为「=1 Q , 当外电路电阻等于等效电源内阻时，电源输出功率最大，故F2=1 Q时,R2上消耗的功率最大.这样,R2上消耗的最大功率E'232Rmax=二；W=2.25 W.答案:1 Q 2.25 W。
2020年高考(新高考)山东卷物理试题(含答案)
机密★启用前山东省2020年普通高中学业水平等级考试物理注意事项：1・答鴉前，考生务必将自己的姓名、考生号尊填写在答题卡和试卷指定位置。
2.回答选择题吋，选出每小题答案后，用钳笔把答题卡上对应题目的答衆标号涂黑。
如需改动，用橡皮掠干净后.再选涂其他答案标号。
回答非选择题吋，舟答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3∙考试结束后，将本试卷和谷题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，毎小題3分，共加分。
毎小題只有一个选项符合SiSS求。
1. 一质址为加的乘客乘坐竖直电梯下楼，其位移S与时间啲关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用FN瑕示，速度次小用D表示。
Si力加速度大小为处以下判断正确的是A. O7∣时间内，卩増大.FNMgB・时间内，z>滅小，FNSgC. "7）吋间内，D增大，F N<W£TyfZ3时间内・粉减小・F4ng2.臟:H发空"衰变成斓樑He。
假设含佩¢1斜中;H⅛⅛0衰变产酗电子可以全部定向移动，在3^×104S时问内形成的平均电流为5.0>l0*βΛo已知电子电荷址为1.6×W l9C,在这段时间内发生Zi衰变的猱核;H的个数为A・ 50口OM B. 1.0×10l6 C. 2.0×10,6 D. 1.0×10π3.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。
光源S到&、&的距离相等，O点为$、£2连线中垂线与北屛的交点。
光源S发出的波长为丄的光，经S出射后垂直穿过玻璃片传播到O点■经E出射后直接传播到。
点，由Sl到O点与曲S2到O点，光传播的时间箋为Z o玻璃片厚度为⑹，玻璃对谀S长光的折射率为15空气中光速为c,不计光在玻璃片内的反射。
以下判断正确的是C 6。
A. IΩ6. —定质址的理想气体从状态α5F 始・经》b 、Z FTG CTa 三 个过程后回到初始状态α∙其p*图像如團所示。
物理试题 人教版 高考专题复习练习题3-牛顿运动定律
第1讲牛顿第一定律、牛顿第三定律知识巩固练1．(2020年湖北部分重点中学联考)伽利略和牛顿都是物理学发展史上最伟大的科学家，巧合的是牛顿就出生在伽利略去世后第二年．下列关于力和运动关系的说法中，不属于他们观点的是( ) A．自由落体运动是一种匀变速直线运动B．力是使物体产生加速度的原因C．物体都具有保持原来运动状态的属性，即惯性D．力是维持物体运动的原因【答案】D2．(2020届黄山质检)关于物体的惯性，下列说法正确的是( )A．骑自行车的人，上坡前要快速蹬几下，是为了增大惯性冲上坡B．子弹从枪膛中射出后在空中飞行，速度逐渐减小，因此惯性也减小C．物体惯性的大小，由物体质量的大小决定D．物体由静止开始运动的瞬间，它的惯性最大【答案】C3．(2020年成都外国语学校模拟)下列说法正确的是( )A．凡是大小相等、方向相反，分别作用在两个物体上的两个力必定是一对作用力和反作用力B．凡是大小相等、方向相反，作用在同一物体上的两个力必定是一对作用力和反作用力C．即使大小相等、方向相反，作用在同一直线上且分别作用在两个物体上的两个力也不一定是一对作用力和反作用力D．相互作用的一对力究竟称哪一个力是反作用力不是任意的【答案】C4．火车在长直的水平轨道上匀速行驶，门窗紧闭的车厢内有一人向上跳起，发现仍落回到车上原处，这是因为 ( )A．人跳起后，车厢内空气给他一向前的力，带着他随同火车一起向前运动B．人跳起的瞬间，车厢的底板给他一向前的力，推动他随同火车一起向前运动C．人跳起后，车在继续向前运动，所以人落下后必定偏后一些，只是由于时间很短，偏后距离很小，不明显而已D．人跳起后直到落地，在水平方向上始终具有和车相同的速度【答案】D5．如图所示的装置，不考虑绳与滑轮的质量，不计轴承、绳与滑轮间的摩擦．初始时两人均站在水平地面上，当位于左侧的甲用力向上攀爬时，位于右侧的乙始终用力抓住绳子，最终至少一人能到达滑轮．下列说法正确的是 ( )A．若甲的质量较大，则乙先到达滑轮B．若甲的质量较大，则甲、乙同时到达滑轮C．若甲、乙质量相同，则乙先到达滑轮D．若甲、乙质量相同，则甲先到达滑轮【答案】A6．(多选)一根轻质弹簧竖直悬挂在天花板上，下端悬挂一小球，弹簧和小球的受力如图所示，下列说法正确的是( )A．F1的施力者是弹簧B．F2的反作用力是F3C．F3的施力者是小球D．F4的反作用力是F1【答案】BC7．水平放置的密闭玻璃管内充有水，它的中间有一气泡，如图所示，当玻璃管由静止开始向右沿水平方向运动时，气泡相对于玻璃管将要( )A．向右运动B．向左运动C．保持不动D．无法判断【答案】A 【解析】管中的气泡和相同体积水相比，其质量很小，气泡的惯性要比管中的水的惯性小的多，当玻璃管由静止开始向右沿水平方向运动时，玻璃管中的水由于惯性，仍然要保持原来的静止状态，使水涌向管的左端，气泡由于惯性较小，则相对于管子向右运动，故A正确．8．(2020年保定模拟)(多选)如图，一个人站在水平地面上的长木板上用力F向右推箱子，木板、人、箱子均处于静止状态，三者的质量均为m，重力加速度为g，则( )A．箱子对木板的摩擦力方向向右B．木板对地面的摩擦力方向向左C．木板对地面的压力大小为3mgD．若人用斜向下的力推箱子，则木板对地面的压力会大于3mg【答案】AC 【解析】以箱子为研究对象，水平方向上木板对箱子的摩擦力与人推箱子的力平衡，所以，木板对箱子的摩擦力方向向左，根据牛顿第三定律，箱子对木板的摩擦力方向向右，A正确；以整体为研究对象，地面对木板的支持力与整体所受的重力平衡，所以地面对木板的支持力为3mg，根据牛顿第三定律，木板对地面的压力大小为3mg，C正确，D错误；以整体为研究对象，地面对木板的摩擦力为0，所以木板对地面的摩擦力为0，B错误．综合提升练9．如图所示，两块小磁铁质量均为0.5 kg，A磁铁用轻质弹簧吊在天花板上，B磁铁在A正下方的地板上，弹簧的原长L0＝10 cm，劲度系数k＝100 N/m.当A、B均处于静止状态时，弹簧的长度L＝11 cm.不计地磁场对磁铁的作用和磁铁与弹簧间相互作用的磁力，求B对地面的压力大小．(g取10 N/kg)解：对A受力分析如图所示，由平衡条件，得k(L－L0)－mg－F＝0，解得F＝－4 N，故B对A的作用力大小为4 N，方向竖直向上．由牛顿第三定律得A对B的作用力F′＝－F＝4 N，方向竖直向下．对B受力分析如图所示，由平衡条件，得F N－mg－F′＝0，解得F N＝9 N.由牛顿第三定律得B对地面的压力大小为9 N.第2讲 牛顿第二定律、两类动力学问题知识巩固练1．由牛顿第二定律表达式F ＝ma 可知( ) A ．质量m 与合外力F 成正比，与加速度a 成反比 B ．合外力F 与质量m 和加速度a 都成正比 C ．物体的加速度的方向总是跟它速度的方向一致D ．物体的加速度a 跟其所受的合外力F 成正比，跟它的质量m 成反比 【答案】D2．(2020届沈阳四校联考)如图所示，当小车向右加速运动时，物块M 相对车厢静止于竖直车厢壁上，当车的加速度增大时 ( )A ．M 受静摩擦力增大B ．M 对车厢壁的压力减小C ．M 仍相对于车厢静止D ．M 受静摩擦力减小【答案】C3．(2020年上海浦东新区一模)如图所示，小球沿不同倾角θ的光滑斜面滑下，小球的加速度a 及对斜面的压力N ，与各自最大值的比值y 随θ变化的图像分别对应y －θ图中的( )A ．①和②B ．①和④C ．②和③D ．③和④【答案】A 【解析】对小球进行受力分析，根据牛顿第二定律得a ＝mgsin θm ＝gsin θ，当θ＝90°时，加速度最大为g ，则比值为y ＝ag ＝sin θ，随着θ的增大，y 增大，对应①；支持力N ＝mgcos θ，支持力的最大值为mg ，则有y ＝mgcos θmg＝cos θ，随着θ的增大，y 减小，对应②.A 正确．4．一质量为m 的物块在倾角为θ的足够长斜面上匀减速下滑．现对物块施加一个竖直向下的恒力F ，如图所示，则物块减速为零的时间将( )A ．变大B ．变小C ．不变D ．不能确定【答案】B5．中国载人深潜器“蛟龙”号7 000 m 级海试中下潜深度达7 062 m ，再创中国载人深潜纪录．设潜水器在下潜或上升的过程中只受重力、海水浮力和海水阻力作用，已知海水浮力大小为F ，设海水阻力与潜水器的速率成正比．当潜水器的总质量为m 时恰好匀速下降，若使潜水器以同样速率匀速上浮，则需要抛弃物体的质量为(重力加速度为g)( )A ．2Fg －mB ．2⎝ ⎛⎭⎪⎫m －F g C ．m －FgD ．2m －Fg【答案】B6．(2020年保定安国中学月考)(多选)如图，小球在水平轻绳和轻弹簧拉力作用下静止，弹簧与竖直方向夹角为θ.设重力加速度为g ，下列正确的是( )A ．剪断弹簧OA 瞬间，小球的加速度大小为g ，方向竖直向下B ．剪断弹簧OA 瞬间，小球的加速度大小为gcos θ，方向与竖直方向成θ角斜向右下 C ．剪断OB 绳瞬间，小球的加速度大小为gsin θ，方向与OA 垂直斜向左下 D ．剪断OB 绳瞬间，小球的加速度大小为gtan θ，方向水平向左【答案】AD 【解析】剪断弹簧OA 瞬间，绳的拉力变为零，小球只受重力，由牛顿第二定律得a ＝g ，方向竖直向下，故A 正确，B 错误；以球为研究对象，由平衡条件得F OB －F OA sin θ＝0，F OA cos θ－mg ＝0，联立解得F OB ＝mgtan θ.剪断轻绳OB 瞬间，弹簧的弹力没有变化，小球所受的合外力是重力与弹力的合力，与原来细绳的拉力大小相等，方向相反，由牛顿第二定律得a ＝mgtan θm ＝gtan θ，方向水平向左，故C错误，D 正确．综合提升练7．(2020年山东山师大附中月考)(多选)如图所示，一折杆固定在小车上，∠A ＝θ，B 端固定一个质量为m 的小球，设小车向右的加速度为a ，AB 杆对小球的作用力大小为F ，则下列说法正确的是( )A ．当a ＝0时，F ＝mgcos θ，方向沿AB 杆B ．当a ＝gtan θ时，F ＝mgcos θ，方向沿AB 杆C ．无论a 取何值，F 都等于m g 2＋a 2，方向都沿AB 杆D ．无论a 取何值，F 都等于m g 2＋a 2，方向与AB 杆所在直线无关【答案】BD 【解析】对小球受力分析，小球一共受两个力：重力和杆对球的弹力；因为小车和球相对静止，小车有向右的加速度，小球也有向右的加速度．设弹力与竖直方向夹角为α，画出小球的受力示意图如图，则Fcos α＝mg 、Fsin α＝ma ，解得F ＝mg2＋ma2、tan α＝ag.当a ＝0时，F ＝mg 、α＝0，即力F 的方向竖直向上，故A 错误．当a ＝gtan θ时，F ＝mg 2＋ma2＝mgcos θ、α＝θ，即力F 的方向沿AB 杆，故B 正确；无论a 取何值，F 都等于mg2＋ma 2，方向与a 取值大小有关，与AB 杆所在直线无关，故C 错误，D 正确．8．(2020年天津滨海七校联考)一辆货车运载着圆柱形光滑的空油桶．在车厢底，一层油桶平整排列，相互紧贴并被牢牢固定．上一层只有一只桶C ，自由地摆放在A 、B 之间，和汽车一起保持静止，如图所示，当C 与车共同向左加速时( )A ．A 对C 的支持力变大B ．B 对C 的支持力不变 C ．当向左的加速度达到32g 时，C 将脱离A D ．当向左的加速度达到33g 时，C 将脱离A 【答案】D 【解析】对C 进行受力分析，如图所示．设B 对C 的支持力与竖直方向的夹角为θ，根据几何关系可得sin θ＝R 2R ＝12，所以θ＝30°；同理可得，A 对C 的支持力与竖直方向的夹角也为30°.原来C 处于静止状态，根据平衡条件可得N B sin 30°＝N A si n 30°；令C 的加速度为a ，根据正交分解以及牛顿第二定律有N B ′sin 30°－N A ′sin 30°＝ma ，可见A 对C 的支持力减小、B 对C 的支持力增大，故A 、B 错误；当A 对C 的支持力为零时，根据牛顿第二定律可得mgtan 30°＝ma ，解得a ＝33g ，故C 错误，D 正确． 9．为研究运动物体所受的空气阻力，某研究小组的同学找来一个倾角可调、斜面比较长且表面平整的斜面体和一个滑块，并在滑块上固定一个高度可升降的风帆，如图甲所示．他们让带有风帆的滑块从静止开始沿斜面下滑，下滑过程帆面与滑块运动方向垂直．假设滑块和风帆总质量为m.滑块与斜面间的动摩擦因数为μ，帆受到的空气阻力与帆的运动速率成正比，即F f ＝kv.(1)写出滑块下滑过程中加速度的表达式；(2)求出滑块下滑的最大速度，并指出有哪些措施可以减小最大速度；(3)若m ＝2 kg ，斜面倾角θ＝30°，g 取10 m/s 2，滑块从静止下滑的速度图像如图乙所示，图中的斜线为t ＝0时v －t 图线的切线，由此求出μ、k 的值．(结果保留2位有效数字)甲 乙解：(1)由牛顿第二定律，有 mgsin θ－μmgcos θ－kv ＝ma ， 解得a ＝gsin θ－μgcos θ－kvm .(2)当a ＝0时速度最大 v m ＝mg sin θ－μcos θk，减小最大速度的方法：适当减小斜面倾角θ(保证滑块能静止下滑)；风帆升起一些． (3)当v ＝0时，a ＝gsin θ－μgcos θ＝3 m/s 2， 解得μ＝2315≈0.23.最大速度v m ＝2 m/s ，即v m ＝mgsin θ－μcos θk＝2 m/s解得k ＝3.0 N·s/m .第3讲牛顿运动定律的应用知识巩固练1．(2020年济南期末)在升降机底部安装一个加速度传感器，其上放置了一个质量为m小物块，如图甲所示．升降机从t＝0时刻开始竖直向上运动，加速度传感器显示加速度a随时间t变化如图乙所示．取竖直向上为正方向，重力加速度为g，以下判断正确的是( )A．在0～2t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态B．在t0～3t0时间内，物块先处于失重状态，后处于超重状态C．t＝t0时刻，物块所受的支持力大小为mgD．t＝3t0时刻，物块所受的支持力大小为2mg【答案】D 【解析】由乙图可知，在0～2t0时间内，物块的加速度方向向上，先处于超重状态，A 错误；由乙图可知，在t0～3t0时间内，物块的加速度方向向上，处于超重状态，B错误；由乙图可知，t ＝t0时刻，物块的加速度a＝g，根据牛顿第二定律N－mg＝mg，得N＝2mg，C错误；由乙图可知，t＝3t0时刻，物块的加速度a＝g，根据牛顿第二定律N－mg＝mg，得N＝2mg，D正确．2．a、b两物体的质量分别为m1、m2，由轻质弹簧相连．当用恒力F竖直向上拉着a，使a、b一起向上做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x1；当用大小仍为F的恒力沿水平方向拉着a，使a、b一起沿光滑水平桌面做匀加速直线运动时，弹簧伸长量为x2，如图所示，则( )A．x1一定等于x2B．x1一定大于x2C．若m1>m2，则x1>x2D．若m1<m2，则x1<x2【答案】A 【解析】当用恒力F竖直向上拉着a时，先用整体法，有F－(m1＋m2)g＝(m1＋m2)a1，再隔离b，有kx1－m2g＝m2a1，联立得x1＝m2Fk m1＋m2.当沿水平方向拉着a时，先用整体法，有F＝(m1＋m2)a2，再隔离b，有kx2＝m2a2，联立得x2＝m2Fk m1＋m2，故x1＝x2，故A正确．3．如图所示，质量为M的长木板位于光滑水平面上，质量为m的物块静止在长木板上，两者之间的动摩擦因数为μ，现对物块m施加水平向右的恒力F，若恒力F超过某一临界数值，长木板与物块将出现相对滑动．已知重力加速度大小为g ，物块与长木板之间的最大静摩擦力等于两者之间的滑动摩擦力，则恒力F 的临界数值为( )A ．μmgB ．μMgC ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m MD ．μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋M m 【答案】C 【解析】以物块m 为研究对象，根据牛顿第二定律，有F －μmg＝ma 1，以长木板M 为研究对象，根据牛顿第二定律，有μmg＝Ma 2，若两者出现相对滑动应有a 1≥a 2，联立解得F≥μmg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋m M ，故C 正确．4．(2020年湖南师大附中月考)如图所示，一同学用双手(手未画出)水平对称地用力将两长方体课本夹紧，且同时以加速度a 竖直向上匀加速捧起．已知课本A 质量为m ，课本B 质量为2m ，手的作用力大小为F ，书本A 、B 之间动摩擦因数为μ，用整体法与隔离法可分析出此过程中，书A 受到书B 施加的摩擦力大小为( )A ．μFB ．2μFC ．12m(g ＋a) D ．m(g ＋a)【答案】C5．(2020年顺县二中期末)(多选)如图所示，在光滑平面上有一静止小车，小车质量为M ＝5 kg ，小车上静止地放置着质量为m ＝1 kg 的木块，和小车间的动摩擦因数为μ＝0.2，用水平恒力F 拉动小车，下列关于木块的加速度a m 和小车的加速度a M 可能正确的有( )A ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝1 m/s 2B ．a m ＝1 m/s 2，a M ＝2 m/s 2C ．a m ＝2 m/s 2，a M ＝4 m/s 2D ．a m ＝3 m/s 2，a M ＝5 m/s 2【答案】AC 【解析】当拉力较小时，两物体一起加速度运动；当拉力增大到一定值时，两物体发生相对滑动，此后m 受到的是滑动摩擦力，故其加速度恒定为a ＝μmg m ＝2 m/s 2，因此当系统加速度小于等于2 m/s 2时，两物体一起运动，加速度相同，故A 正确，B 错误；发生相对滑动后，m 的加速度大小恒为2m/s 2且a m <a M ，故C 正确，D 错误．6．如图所示，质量为m 1＝2 kg 的物体A 经跨过定滑轮的轻绳与质量为M ＝5 kg 的箱子B 相连，箱子底板上放一质量为m 2＝1 kg 的物体C ，不计定滑轮的质量和一切阻力，在箱子加速下落的过程中，g 取10 m/s 2，下列说法正确的是( )A ．物体A 处于失重状态，加速度大小为10 m/s 2B ．物体A 处于超重状态，加速度大小为20 m/s 2C ．物体C 处于失重状态，对箱子的压力大小为5 ND ．轻绳对定滑轮的作用力大小为80 N 【答案】C7．粗糙水平面上放有P 、Q 两个木块，它们的质量依次为m 1、m 2，与水平面的动摩擦因数依次为μ1、μ2.分别对它们施加水平拉力F ，它们的加速度a 随拉力F 变化的规律如图所示．下列判断正确的是( )A ．m 1＞m 2，μ1＞μ2B ．m 1＞m 2，μ1＜μ2C ．m 1＜m 2，μ1＞μ2D ．m 1＜m 2，μ1＜μ2【答案】B 【解析】根据牛顿第二定律可知，加速度a 与拉力F 变化的规律，即为F －μmg＝ma ，则a 与F 图像的斜率表示1m ，图像与横坐标的含义为摩擦力的大小，因此则有m 1＞m 2，而μ1m 1g ＜μ2m 2g ，所以μ1＜μ2，故B 正确，A 、C 、D 错误．综合提升练8．(2021年广东一模)(多选)研究“蹦极”运动时，在运动员身上系好弹性绳并安装传感器，可测得运动员竖直下落的距离及其对应的速度大小．根据传感器收集到的数据，得到如图所示的“速度—位移”图像．若空气阻力和弹性绳的重力可以忽略，根据图像信息，下列说法正确的有( )A．弹性绳原长为15 mB．当运动员下降10 m时，处于失重状态C．当运动员下降15 m时，绳的弹性势能最大D．当运动员下降20 m时，其加速度方向竖直向上【答案】BD 【解析】15 m时速度最大，此时加速度为零，合外力为零，弹力不为零，弹力等于重力，弹性绳处于伸长状态，故A错误；当运动员下降10 m时，速度向下并且逐渐增大，处于失重状态，故B 正确；当运动员下降15 m时，速度不为零，运动员继续向下运动，弹性绳继续伸长，弹性势能继续增大，故C错误；当运动员下降20 m时，运动员向下减速运动，其加速度方向竖直向上，故D正确．9．(2020年中山纪念学校质检)(多选)如图所示，质量分别为m1、m2的A、B两个滑块放在斜面上，中间用一个轻杆相连，A、B与斜面间的动摩擦因数分别为μ1、μ2，它们在斜面上加速下滑．关于杆的受力情况，下列分析正确的是( )A．若μ1>μ2，m1＝m2，则杆受到压力B．若μ1＝μ2，m1>m2，则杆受到拉力C．若μ1<μ2，m1<m2，则杆受到压力D．若μ1＝μ2，m1≠m2，则杆不受到作用力【答案】AD 【解析】假设杆无弹力，滑块受重力、支持力和滑动摩擦力，根据牛顿第二定律，有m1gsin θ－μ1m1gcos θ＝m1a1，解得a1＝g(sin θ－μ1cos θ)，同理a2＝g(sin θ－μ2cos θ)，若μ1＞μ2，则a1＜a2，B加速度较大，则杆受到压力，故A正确；若μ1＝μ2，则a1＝a2，两个滑块加速度相同，说明无相对滑动趋势，故杆无弹力，故B错误，D正确；若μ1＜μ2，则a1＞a2，A加速度较大，则杆受到拉力，故C错误．10．(2020届赣州名校一模)(多选)如图所示，传送带与水平面之间的夹角θ＝30°，传送带两端A、B间的距离l＝5 m，传送带在电动机的带动下以v＝1 m/s的速度沿顺时针方向匀速运动，现将一质量m＝10 kg的小物体(可视为质点)轻放在传送带上的A点，已知小物体与传送带之间的动摩擦因数μ＝32，在传送带将小物体从A点输送到B点的过程中(g取10 m/s2)( )A．小物体在传送带上运动的时间为5 sB．传送带对小物体做的功为255 JC．电动机做的功为255 JD ．小物体与传送带间因摩擦产生的热量为15 J【答案】BD 【解析】物体刚放上A 点时，受到的滑动摩擦力沿传送带向上，物体做匀加速直线运动，此时a 1＝μmgcos θ－mgsin θm ＝g(μcos θ－sin θ)＝2.5 m/s 2，假设物体能与皮带达到相同的速度，则物体加速上滑的位移x 1＝v 22a 1＝0.2 m<l ＝5 m ，假设成立，物体加速到v ＝1 m/s ，用时t 1＝va 1＝0.4 s ，因为μmgcos θ>mgsin θ，故之后小物体将向上做匀速运动，运动的时间t 2＝l －x 1v ＝4.8 s ，故运动的总时间t ＝t 1＋t 2＝5.2 s ，故A 错误；小物体运动到B 点的速度为1 m/s ，从A 到B ，由动能定理，有W 传－mgLsin θ＝12mv 2－0，解得W 传＝255 J ，故B 正确；在相对滑动时，s 相＝vt 1－x 1＝0.2 m ，则物体与传送带间因摩擦产生的热量Q ＝μmgcos θ·s 相＝15 J ，故D 正确；由功能关系，可知电动机做的功等于物体增加的机械能和因滑动摩擦而产生的热量，则W 电＝W 传＋Q ＝270 J ，故C 错误．11．(2020届重庆南开中学期末)如图所示，质量M ＝1 kg 的木板静止在粗糙的水平地面上，木板与地面间的动摩擦因数μ1＝0.1，在木板的左端放置一个质量m ＝1 kg 、大小可以忽略的铁块，铁块与木板间的动摩擦因数μ2＝0.4，g 取10 m/s 2，在铁块上加一个水平向右的拉力，则：(1)F 增大到多少时，铁块能在木板上发生相对滑动？(2)若木板长L ＝1 m ，水平拉力恒为8 N ，经过多长时间铁块运动到木板的右端？解：(1)设F ＝F 1时，铁块、木板恰好保持相对静止，此时两者的加速度相同，两者间的静摩擦力达到最大．对木板，根据牛顿第二定律，得 μ2mg －μ1(m ＋M)g ＝Ma ， 解得a ＝2 m/s 2.以铁块和木板整体为研究对象，根据牛顿第二定律，有 F 1－μ1(m ＋M)g ＝(m ＋M)a ， 解得F 1＝6 N.(2)铁块的加速度大小a 1＝F －μ2mg m ＝4 m/s 2，木板的加速度大小a 2＝μ2mg －μ1m ＋M g M ＝2 m/s 2，设经过时间t 铁块运动到木板的右端，则有 12a 1t 2－12a 2t 2＝L ， 解得t ＝1 s.实验4 验证牛顿运动定律知识巩固练1．在利用打点计时器和小车来做“验证牛顿运动定律”的实验时，下列说法错误的是 ( ) A．平衡摩擦力时，应将砝码盘及盘内砝码通过定滑轮拴在小车上B．连接砝码盘和小车的细绳应跟长木板保持平行C．平衡摩擦力后，长木板的位置不能移动D．小车释放前应靠近打点计时器，且应先接通电源再释放小车【答案】A2．在验证牛顿第二定律的实验中，如图所示分别是甲、乙、丙、丁四个实验小组根据实验数据画出的图像．对于这四个图像，分析正确的是( )甲乙丙丁A．甲未平衡摩擦力B．乙平衡摩擦力过度C．丙是小车质量太大了D．丁是不满足m≪M的条件【答案】D 【解析】甲平衡摩擦力时倾角过大，乙平衡摩擦力时倾角过小，丁图出现弯曲是由于砝码质量过大，不满足m≪M的条件．3．某同学设计了如图所示的装置来探究加速度与力的关系，弹簧测力计固定在一合适的木块上，桌面的右边缘固定一个光滑的定滑轮，细绳的两端分别与弹簧测力计的挂钩和矿泉水瓶连接．在桌面上画出两条平行线P、Q，并测出间距d.开始时将木块置于P处，现缓慢向瓶中加水，直到木块刚刚开始运动为止，记下弹簧测力计的示数F0，以此表示滑动摩擦力的大小．再将木块放回原处并按住，继续向瓶中加水后，记下弹簧测力计的示数F，然后释放木块，并用秒表记下木块从P运动到Q处所用的时间t.(1)木块的加速度可以用d和t表示为a＝________.(2)改变瓶中水的质量重复实验，确定加速度a与弹簧测力计示数F的关系．下图中能表示该同学实验结果的是________．A B C D(3)用加水的方法改变拉力的大小与挂钩码的方法相比，它的优点是________． A ．可以改变滑动摩擦力的大小 B ．可以更方便地获取更多组实验数据 C ．可以更精确地测出摩擦力的大小 D ．可以获得更大的加速度以提高实验精度 【答案】(1)2dt2 (2)C (3)BC4．如图所示为“验证牛顿第二定律”的实验装置示意图．沙和沙桶的总质量为m ，小车和砝码的总质量为M.实验中用沙和沙桶总重力的大小作为细线对小车拉力的大小．(1)实验中，为了使细线对小车的拉力等于小车所受的合外力，先调节长木板一端滑轮的高度，使细线与长木板平行．接下来还需要进行的一项操作是( )A ．将长木板水平放置，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，给打点计时器通电，调节m 的大小，使小车在沙和沙桶的牵引下运动，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动B ．将长木板的一端垫起适当的高度，让小车连着已经穿过打点计时器的纸带，撤去沙和沙桶，给打点计时器通电，轻推小车，从打出的纸带判断小车是否做匀速运动C ．将长木板的一端垫起适当的高度，撤去纸带、沙和沙桶，轻推小车，观察判断小车是否做匀速运动(2)实验中要进行质量m 和M 的选取，以下最合理的一组是( ) A ．M ＝200 g ；m ＝10 g,15 g,20 g,25 g,30 g,40 g B ．M ＝200 g ；m ＝20 g,40 g,60 g,80 g,100 g,120 g C ．M ＝400 g ；m ＝10 g,15 g,20 g,25 g,30 g,40 g D ．M ＝400 g ；m ＝20 g,40 g,60 g,80 g,100 g,120 g(3)如图是实验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 为7个相邻的计数点，相邻计数点之间还有4个点未画出．量出相邻计数点之间的距离分别为x AB ＝4.22 cm ，x BC ＝4.65 cm ，x CD ＝5.08 cm ，x DE ＝5.49 cm ，x EF ＝5.91 cm ，x FG ＝6.34 cm.已知打点计时器的工作频率为50 Hz ，则小车的加速度a ＝________m/s 2(结果保留2位有效数字)．【答案】(1)B (2)C (3)0.42综合提升练5．如图为测量物块与水平桌面之间动摩擦因数的实验装置示意图．实验步骤如下：①用天平测量物块和遮光片的总质量M ，重物的质量m ，用游标卡尺测量遮光片的宽度d ，用米尺测量两光电门之间的距离s ；②调整轻滑轮，使细线水平；③让物块从光电门A 的左侧由静止释放，用数字毫秒计分别测出遮光片经过光电门A 和光电门B 所用的时间Δt A 和Δt B ，求出加速度a ；④多次重复步骤③，求a 的平均值a ； ⑤根据上述实验数据求出动摩擦因数μ. 回答下列问题：(1) 测量d 时，某次游标卡尺(主尺的最小分度为1 mm)的示数如图所示．其示数为________cm.(2)物块的加速度a 可用d ，s ，Δt A 和Δt B 表示为a ＝________________. (3)动摩擦因数μ可用M ，m ，a 和重力加速度g 表示为μ＝________________.(4)如果细线没有调整到水平，由此引起的误差属于________(填“偶然误差”或“系统误差”)． 【答案】见解析【解析】(1)d ＝0.9 cm ＋12×0.05 mm＝0.9 cm ＋0.060 cm ＝0.960 cm . (2)因为v A ＝d Δt A ，v B ＝d Δt B ，又由2as ＝v 2B －v 2A ，解得a ＝12s ⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt B 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫d Δt A 2.(3)设细线上的拉力为F T ，则 mg －F T ＝m a ，F T －μMg＝M a ， 两式联立，解得μ＝mg －M ＋ma Mg.(4)由实验装置引起的误差为系统误差．6．某实验小组应用如图所示装置“探究加速度与物体受力的关系”，已知小车的质量为M ，砝码及砝码盘的总质量为m ，所使用的打点计时器所接的交变电流的频率为50 Hz.实验步骤如下：A ．按图所示安装好实验装置，其中与定滑轮及弹簧测力计相连的细线竖直；B．调节长木板的倾角，轻推小车后，使小车能沿长木板向下匀速运动；C．挂上砝码盘，接通电源后，再放开小车，打出一条纸带，由纸带求出小车的加速度；D．改变砝码盘中砝码的质量，重复步骤C，求得小车在不同合力作用下的加速度．根据以上实验过程，回答以下问题：(1)对于上述实验，下列说法正确的是________．A．小车的加速度与砝码盘的加速度大小相等B．实验过程中砝码盘处于超重状态C．与小车相连的轻绳与长木板一定要平行D．弹簧测力计的示数应为砝码和砝码盘总重力的一半E．砝码和砝码盘的总质量应远小于小车的质量(2)实验中打出的一条纸带如图所示，由该纸带可求得小车的加速度为________m/s2.(结果保留2位有效数字)(3)由本实验得到的数据作出小车的加速度a与弹簧测力计的示数F的关系图像，与本实验相符合的是________．A B C D【答案】(1)C (2)0.16 (3)A。
山东省2020年普通高中学业水平等级考试(全国新高考Ⅰ卷)(解析版)
山东省2020年普通高中学业水平等级考试（全国新高考Ⅰ卷）整理：杨环宇一、选择题下图为某区域滑坡与地貌演化关系示意图。
读图完成1-2题。
1.推断图中滑坡体的滑动方向为 A.由北向南 B.由西向东 C.由西北向东南 D.由东北向西南【解析】根据图中指向标,结合图例可以推断,滑坡体边界位于西北且向西北方向凸出,被掩埋的古河道的河流阶地位于东南部,据此可以推断滑坡体的滑动方向是由西北向东南（古冲沟走向更多为西北—东南，可知古地势为西北高、东南低）。
答案C2.图中序号所示地理事象形成的先后顺序是A.②③④①B.②①③④C.③①④②D.③②①④【解析】图中所示序号中最先有古河道，根据上题分析可知，该区域滑坡体自西北向东南方向滑动，滑坡体掩埋了部分河流阶地，同时，滑坡体阻塞了古河道，形成古堰塞湖，之后堰塞体垮塌，形成新的河道，因此图中所示序号发生的先后顺序为③②①④。
答案D家住北方某县的小王夫妇，效仿村里一些年轻人的做法，在自家5亩耕地上栽植了杨树后就外出打工了。
八年后，小王夫妇将已成材的杨树出售，获利24000元。
与原来种植粮食作物、蔬菜等相比，这些收入虽不丰厚，但他们还算满意。
据调查，该县耕地上栽植杨树的面积约占耕地总面积的10%，这种“农地杨树化”现象引起了有关专家的高度关注。
据此完成3-4题。
3.当地“农地杨树化”的主要原因是 A.生态效益高 B.木材销路好 C.劳动投入少 D.种树有补贴【解析】根据材料信息可知，当地年轻人在自家耕地上栽种杨树之后外出务工，几年后待杨树成材后出售，从而获得一定的经济收入，这个过程中劳动投入少，还可以兼顾务工（且以务工为主），所以“农地杨树化”现象突出，并不是因为其生态效益高或是木材销路好，C正确，AB错；材料中并无信息表明种树有补贴，D错。
答案C4.针对“农地杨树化”引起的问题，可采取的措施是A.加大开荒力度B.增加木材进口C.增加粮食进口D.鼓励农地流转【解析】根据材料“该县耕地上栽植杨树的面积约占耕地总面积的10%”可知，“农地杨树化”使得耕地资源造成一定的浪费，可通过鼓励农地流转，一方面，当地农民可在耕地流转过程中获得一定的收入，另一方面，通过实行农地流转，可减少耕地资源的浪费，D正确；当地年轻劳动力外出务工，农村劳动力不足，部分耕地弃耕，因此才会出现“农地杨树化”的现象，并非当地耕地不足（所以无加大开荒力度的必要），也不是当地木材不足或粮食缺口，ABC错误。
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物理注意事项1.答卷前,考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置2.回答选择题时,选出每小题答案后,用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。
回答非选择题时,将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
3.考试结束后,将本试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题:本题共8小题,每小题3分,共24分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1.一质量为m 的乘客乘坐竖直电梯下楼,其位移s 与时间t 的关系图像如图所示。
乘客所受支持力的大小用F N 表示,速度大小用v 表示。
重力加速度大小为g 。
以下判断正确的是A.0--t 1时间内，v 增大， F N >mgB.t 1--t 2时间内，v 减小，F N <mgC. t 2—t 3时间内，D 增大，F N <mgD. t 2—t 3时间内，D 减小， F N >mg2.氚核31H 发生β衰变成为氦核32e H ，假设含材料中31H 发生β衰变产生的电子可以全部定向移动，在3.2×104s 时间内形成的平均电流为5.0×10-8A 。
已知电子电荷量为1.6×10-19C,在这段时间内发生β衰变氚核31H 的个数为A.5.0×1014B.1.0×1016C.2.0×1016D.1.0×10183.双缝干涉实验装置的截面图如图所示。
光源S 到S 1、S 2的距离相等,O 点为S 1、S 2连线中垂线与光屏的交点。
光源S 发出的波长为的光,经S 出射后垂直穿过玻璃片传播到O 点,经S 2出射后直接传播到O 点,由S 1到O 点与由S 2到O 点,光传播的时间差为△t 。
玻璃片厚度为10λ,玻璃对该波长光的折射率为1.5,空气中光速为c,不计光在玻璃片内的反射。
以下判断正确的是A. 5t c λ∆=B. 152t c λ∆=C. 102t c λ∆=D. 15t c λ∆=4.一列增横波在均匀介质中沿x 轴负方向传播,已知x=54λ处质点的振动方程为2cos y A t T π=,则t=34λ时刻的波形图正确的是5.图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n 1:n 2=22:3，输入端a 、b 所接电压u 随时间t 的变化系如图乙所示。
灯泡L 的电阻恒为15Ω,额定电压为24V 。
定值电阻R 1=10Ω、R 2=5Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为10Ω，为使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调节为A.1ΩB. 5ΩC. 6ΩD. 8Ω6.一定质量的理想气体从状态a 开始,经a →b 、b →c 、c →a 三个过程后回到初始状态a,其p-V 图像如图所示。
已知三个状态的坐标分别为a(V 0,2P 0)、b(2V 0, P 0)、c(3V 0,2P 0)。
以下判断正确的是A.气体在a →b 过程中对外界做的功小于在b →c 过程中对外界做的功B.气体在a →b 过程中从外界吸收的热量大于在b →c 过程中从外界吸收的热量C.在c →a 过程中,外界对气体做的功小于气体向外界放出的热量D.气体在c →a 过程中内能的减少量大于b →c 过程中内能的增加量7.我国将在今年择机执行“天问1号“火星探测任务。
质量为m 的着陆器在着陆火星前,会在火星表面附近经历一个时长为t 0,速度由v 0减速到零的过程。
已知火星的质量约为地球的0.1倍,半径约为地球的0.5倍,地球表面的重力加速度大小为g,忽略火星大气阻力。
若该减速过程可视为一个竖直向下的匀减速直线运动,此过程中着陆器受到的制动力大小约为 A. 000.4v m g t ⎛⎫− ⎪⎝⎭ B. 000.4v m g t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ C. 000.2v m g t ⎛⎫− ⎪⎝⎭ D. 000.2v m g t ⎛⎫+ ⎪⎝⎭ 8.如图所示，一轻质光滑定滑轮固定在倾斜木板上，质量分别为m 和2m 的物块A 、B ，通过不可伸长的轻绳跨过滑轮连接，A 、B 间的接触面和轻绳均与木板平行。
A 与B 间、B 与木板间的动摩擦因数均为μ，设最大静摩擦力等于滑动摩擦力。
当木板与水平面的夹角为450刚好要滑动,则的值为μ A. 13 B. 14 C. 15 D. 169.截面为等腰直角三角形的三棱镜如图甲所示。
DE 为嵌在三棱镜内部紧贴BB ’C ’C 面的线状单色可见光光源，DE 与三棱镜的ABC 面垂直,D 位于线段BC 的中点。
图乙为图甲中ABC 面的正视图。
三棱镜对该单色,只考虑由DE 直接射向侧面AA ’C ’C 的光线。
下列说法正确的是A.光从AA ’C ’C 面出射的区域占该侧面总面积的12B.光从ACC 面出射的区域占该侧面总面积的23C.若DE 发出的单色光频率变小,AA ’C ’C 面有光出射的区域面积将增大D.若DE 发出的单色光频率变小,AA ’C ’C 面有光出射的区域面积将减小10.真空中有两个固定的带正电的点电荷，电荷量不相等。
一个带负电的试探电荷置于二者连线上的O 点时,仅在电场力的作用下恰好保持静止状态。
过O 点作两正电荷连线的垂线，以O 点为圆心的圆与连线和垂线分别交于a 、c 和b 、d ，如图所示。
以下说法正确的是A.a 点电势低于O 点B.b 点电势低于c 点C.该试探电荷在a 点的电势能大于在b 点的电势能D.该试探电荷在c 点的电势能小于在d 点的电势能11.如图所示，质量为M 的物块A 放置在光滑水平桌面上,右侧连接一固定于墙面的水平轻绳，左侧通过一倾斜轻绳跨过光滑定滑轮与一竖直轻弹簧相连。
现将质量为m 的钩码B 挂于弹簧下端,当弹簧处于原长时,将B 由静止释放,当B 下降到最低点时(未着地),A 对水平桌面的压力刚好为零。
轻绳不可仲长,弹簧始终在弹性限度内,物块A 始终处于静止状态。
以下判断正确的是A. M ＜2mB. 2m <M<3mC.在B 从释放位置运动到最低点的过程中,所受合力对B 先做正功后做负功D.在B 从释放位置运动到速度最大的过程中，B 克服弹簧弹力做的功等于B 机械能的减少量12.如图所示,平面直角坐标系的第一和第二象限分别存在磁感应强度大小相等、方向相反且垂直于坐标平面的匀强磁场，图中虚线方格为等大正方形。
一位于Oxy 平面内的刚性导体框 abcde 在外力作用下以恒定速度沿y 轴正方向运动(不发生转动)从图示位置开始计时,4s 末bc 边刚好进入磁场。
在此过程中,导体框内感应电流的大小为I ，ab 边所受安培力的大小为F ab ,二者与时间t 的关系图像可能正确的是三、非选择题:本题共6小题,共60分。
13.(6分)2020年5月,我国进行了珠穆朗玛峰的高度测量,其中一种方法是通过使用重力仪测量重力加速度,进而间接测量海拔高度。
某同学受此启发就地取材设计了如下实验,测量当地重力加速度的大块小。
实验步骤如下:(i)如图甲所示,选择合适高度的垫块,使木板的倾角为53°，在其上表面固定一与小物块下滑路径平行的刻度尺(图中未画出)(ii)调整手机使其摄像头正对木板表面,开启视频录像功能。
将小物块从木板顶端释放用手机记录下小物块沿木板向下做加速直线运动的情况。
然后通过录像的回放,选择小物块运动路径上合适的一点作为测量参考点，得到小物块相对于该点的运动距离L 与运动时间t 的数据(ⅲ)该同学选取部分实验数据,画出了2L t-t 图像，利用图像数据得到小物块下滑的加速度大小为5.6m/s .。
（iii ）再次调节垫块,改变木板的倾角,重复实验。
回答以下问题:(1)当木板的倾角为370时,所绘图像如图乙所示。
由图像可得,物块过测量参考点时速度的大小为 m/s ；选取图线上位于坐标纸网格交叉点上的A 、B 两点，利用A 、B 两点数据得到小物块下滑加速度的大小为 m/s 2。
(结果均保留2位有效数字)(2)根上述数据,进一分析得到当地的重力加速度大小为 （结果保2效数字,sin37°=0.60,cos37°=0.80）14.(8分)实验方案对实验测量的精度有直接的影响,某学习小组对“测量电源的电动势和内阻”的实验方案进行了探究。
实验室提供的器材有:干电池一节(电动势约1.5V,内阻小于1Ω)电压表V(量程3V,内阻约3kΩ)电流表A(量程0.6A,内阻约10Ω)滑动变阻器R(最大阻值为20Ω)定值电阻R1(阻值2Ω)定值电阻R2(阻值5Ω)开关一个,导线若干。
(1)该小组按照图甲所示的电路进行实验，通过调节滑动变阻器阻值使电流表示数逐渐接近满偏,记录此过程中电压表和电流表的示数，利用实验数据在U-I坐标纸上描点，如图乙所示，结果发现电压表示数的变化范围比较小，出现该现象的主要原因是。
(单选，填正确答案标号)A电压表分流 B.干电池内阻较小 C.滑动变阻器最大阻值较小 D.电流表内阻较小(2)针对电压表示数的变化范围比较小的问题，该小组利用实验室提供的器材改进了实验方案,重新测量得到的数据如下表所示。
请根据实验数据,回答以下问题：①答题卡的坐标纸上已标出后3组数据对应的坐标点，请在答题卡的坐标纸4组数据对应的坐标点并画出U-I图像。
②根据实验数据可知,所选的定值电阻为 (填“R1”或“R2”).③用笔画线代替导线,请在答题卡上按照改进后的方案，将实物图连接成完整电路。
15.(7分)中医拔罐的物理原理是利用玻璃罐内外的气压差使罐吸附在人体穴位上，进而治疗某些疾病。
常见拔罐有两种，如图所示，左侧为火罐，下端开口；右侧为抽气拔罐,下端开口，上端留有抽气阀门。
使用火罐时,先加热罐中气体，然后迅速按到皮肤上，自然降温后火罐内部气压低于外部大气压，使火罐紧紧吸附在皮肤上。
抽气拔罐是先把罐体按在皮肤上，再通过抽气降低罐内气体压强。
某次使用火罐时,罐内气体初始压强与外部大气压相同,温度为450K,最终降到300K,因皮肤凸起,内部气体体积变为罐容积的20 21。
若换用抽气拔罐,抽气后罐内剩余气体体积变为抽气容积的2021,罐内气压与火端降温后的内部气压相同内气体均可视为理想气体忽略抽气过程中气体温度的变化。
求应抽出气体的质量与抽气前罐内气体质量的比值。
16.(9分)单板滑雪U型池比赛是冬奥会比赛项目,其场地可以简化为如图甲所示的模型；U形滑道由两个半径相同的四分之一圆柱面轨道和一个中央的平面直轨道连接而成,轨道倾角为17.2°。
某次练习过程中，运动员以v A=10m/s的速度从轨道边缘上的M点沿轨道的竖直切面ABCD滑出轨道，速度方向与轨道边缘线AD的夹角Ω=72.8°,腾空后沿轨道边缘的N点进入轨道。
图乙为腾空过程左视图。
该运动员可视为质点,不计空气阻力取重力加速度的大小g=10m/s2,sin72.8=0.96,cos072.8°=0.30，求：(1)运动员腾空过程中离开AD的距离的最大值d；(2)M、N之间的距离L。